試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024年安徽省宣城市寧國中學數學自主招生（試題卷）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下列因式分解正確的是（

）A．； B．；C．； D．；2．若關于的不等式組的解集中的任意的值，都能使不等式成立，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．3．如圖，已知中，為的平分線，，，，則的值為（

）A． B．2 C． D．14．定義：表示這三個數的中位數，用表示這三個數的最小數．例如：，．如果，則x的值為（

）A．2或 B．1或 C．2或 D．1或5．如圖，中，，，為平面內一點，若，，則的值可能為（

）A． B． C． D．6．如圖，直線與反比例函數相交于點，與軸交于點，將射線繞點逆時針旋轉，交反比例函數圖象于點，則點構成的三角形面積為（

）A． B． C． D．二、填空題7．黃山景色絕美，景觀奇特．“五一”假期，黃山風景區進山游客近13萬人，黃山景區門票旺季190元/人，以此計算，“五一”假期黃山景區進山門票總收入用科學記數法表示為．8．若，則的值為．9．定義：對于函數，隨的增大而增大，且，，．若，則的最大值為．10．已知二次函數圖象的對稱軸為直線，且過點，若其與直線交于A、B兩點，與直線交于P、Q兩點，則值為．三、解答題11．（1）若，求；（2）先化簡再求值：，其中．12．請按以下要求完成尺規作圖．(1)如圖1，菱形中，點在對角線上，請作出一對以所在直線為對稱軸的全等三角形，使交于點，交于點，．你有幾種解法？請在下圖中完成；（保留必要作圖痕跡，不寫作法）(2)如圖2，點是菱形內部一點，請作出一條過點的直線，交射線，射線于點，且，聰明的你肯定有多種不同作法？請在下圖中完成兩種作法，并選擇其中一種證明：．（保留必要作圖痕跡，不寫作法）13．如圖，直角三角形中，以直角邊為直徑作圓交于點，過點作于點，為的中點，連接并延長交于點，．(1)求證：；(2)求；(3)若，求圓的面積．14．已知四邊形，，點P在射線上運動，連接．(1)若四邊形為正方形，點M在上，且．請判斷之間數量關系，并說明理由；(2)若四邊形為菱形呢？，其他條件與（1）同，則（1）中的結論還成立嗎？并說明理由；(3)若四邊形為正方形，將線段繞點P順時針旋轉于，此時的最小值為多少？的最小值呢？并說明理由．15．已知拋物線的頂點坐標為，與軸交點分別為點、（點在點左側），與軸交點為，一次函數與軸所形成的夾角的正切值為，方程有兩個相等的實數根．(1)求該拋物線的解析式；(2)點是該拋物線上一動點，則在拋物線對稱軸上是否存在點，使得以為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請求出所有滿足條件的點坐標及該平行四邊形的面積；若不存在，請說明理由；(3)若將該拋物線向左平移個單位，再向下平移個單位得到拋物線，點關于軸的對稱點為，若過點的直線與交于、兩點（點在點左側），點關于軸的對稱點為，若與面積相等，求直線的解析式．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2024年安徽省宣城市寧國中學數學自主招生（試題卷）》參考答案題號123456答案CDABAD1．C【分析】本題考查了因式分解的判定，掌握提取公因式法，公式法因式分解是解題的關鍵．運用提公因式法，公式法分解因式進行判定即可求解．【詳解】解：A、，原選項不符合題意；B、，原選項不符合題意；C、，正確，符合題意；D、，不是因式分解，不符合題意；故選：C．2．D【分析】本題考查了不等式組求解集，掌握不等式的性質，不等式組解集的取值方法是解題的關鍵．根據題意得到，再解不等式組得到或，分類討論：當時，不等式組的解集為；當時，不等式組的解集為；由此即可求解．【詳解】解：，∴，，解①得，解②得，，當時，不等式組的解集為，∵，∴，解得，；當時，不等式組的解集為，∵，∴，解得，；∴，故選：D．3．A【分析】在取一點，使，連接，利用勾股定理的聯系定理先判定三是直角三角形，再利用判定三角形全等得到，進而得到，，再利用勾股定理求出，進而求得的長度．【詳解】解：在取一點，使，連接．，，，，，，是直角三角形，．為的平分線，．在和中，，，，是直角三角形．，，，即，，．故選：A．【點睛】本題考查了角平分線的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理的逆定理，勾股定理，作出輔助線構建三角形全等是解答關鍵．4．B【分析】本題考查了解一元二次方程的應用，理解題意，分類討論列方程，即可解答，正確列出方程是解題的關鍵．結合題意，分為最大數，為最大數，為最大數三種情況，分別求解即可．【詳解】解：由可得，三個數中，最小數和中位數相等，當為最大數時，可得，解得，此時，，符合題意；當為最大數時，可得，解得，此時，符合題意；當為最大數時，可得，解得，當時，，不符合前提條件，當時，，不符合前提條件，綜上，x的值為1或．故選：B．5．A【分析】將繞點順時針旋轉得到，連接，過作于，，，，再由等腰三角形的性質可得，，然后由角所對直角邊是斜邊的一半得，設，則，則根據勾股定理可得，又，故有，然后得到，從而求解．【詳解】解：∵中，，，∴將繞點順時針旋轉得到，連接，過作于，根據旋轉的性質可知：，，，∴，，∴，∴，∴設，則，根據勾股定理可得，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，即，∴，選項符合題意，故選：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，三角形三邊關系，勾股定理，等腰三角形的性質，直角三角形的性質，掌握知識點的應用是解題的關鍵．6．D【分析】過作于，過作軸于，過作延長線于，連接，設交軸于點，證明，設，由點和點，則，，求得，可得，進而求得直線的解析式為，聯立，然后求出，再通過即可求解．【詳解】解：過作于，過作軸于，過作延長線于，連接，設交軸于點，∵直線與反比例函數相交于點，∴，，解得：，，∴直線解析式為，反比例函數，當時，，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，，設，∵點和點，∴，，∵，∴，解得，∴，設直線的解析式為，則，解得，∴，令，則，∴，∴，聯立，解得：或，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了反比例函數與一次函數綜合，坐標與圖形，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質，一次函數與幾何圖形，掌握知識點的應用是解題的關鍵．7．【分析】本題考查了科學記數法的運用，正確確定的值是解題的關鍵．科學記數法的表示形式為，確定值的方法：當原數的絕對值時，把原數變為時，小數點向左移動位數即為的值；當原數的絕對值時，把原數變為時，小數點向右移動位數的相反數即為的值，由此即可求解．【詳解】解：黃山風景區進山游客近13萬人，黃山景區門票旺季190元/人，∴，故答案為：．8．【分析】本題考查了單項式乘以多項式，整式的加減，掌握這些知識及運算法則是解題的關鍵．由，則，即，然后兩式相減得出，最后討論即可．【詳解】解：∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∵當時，，∴當時，，故答案為：．9．1【分析】本題考查了新定義，不等式的性質，配方法求最值的計算，理解新定義運算，掌握不等式的性質，配方法求最值的計算方法是解題的關鍵．根據題意得到，，，則，，由此得到當時，有最大值，代入計算即可求解．【詳解】解：已知，∴，∴，∵，∴，，∴，解得，，∴，∴，∵，∴當時，有最大值，∴，故答案為：1．10．【分析】本題主要考查了二次函數與一次函數的交點問題，兩點之間的距離等知識，先利用待定系數法求出二次函數解析式，再分別聯立拋物線與一次函數的解析式，解出A，B，P，Q的坐標，然后再根據兩點之間的距離公式得出，的，最后代入求解即可．【詳解】解：∵對稱軸為直線，∴，∴二次函數為又∵且過點∴，解得：，∴二次函數的解析式為：聯立，解得：或，∴A．B兩點的坐標為，，∴聯立解得：或，∴P．Q兩點的坐標為，，∴，∴，故答案為：11．（1）；（2），【分析】本題考查了解二元一次方程組，分式的化簡求值，特殊角的三角函數值，解題的關鍵是熟練掌握運算法則，熟記特殊角的三角函數值；（1）先根據加減消元法解二元一次方程組，再代入求值即可；（2）先化簡分式，再根據特殊角的三角函數值求出m，再代入求值即可．【詳解】（1）解：，由得，解得：，把代入得，解得：，方程組的解為：，，；（2）解：原式，當時，原式．12．(1)作圖見詳解(2)作圖見詳解【分析】（1）根據菱形的性質，全等三角形的判定方法作圖即可；（2）根據菱形的性質，全等三角形的判定方法作圖即可．【詳解】（1）解：如圖所示，以點為圓心，以大于，小于的長為半徑畫弧交于點，交于點，∴，∵四邊形是菱形，∴，且，∴，∴點即為所求點的位置；如圖所示，連接并延長，分別交于點，∵，∴，∴，，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴點即為所求點的位置；（2）解：方法一，如圖所示，連接交于點；連接并延長交于點；以點為圓心，以為半徑畫弧，交于點；連接，以點為圓心，以為半徑畫弧，交于點；連接，并向兩邊延伸，交于點，∴，∴，∴，，∴，又∵，∴，，∴，∴，∴，∴點即為所求點的位置；方法二，如圖所示，連接，以點為圓心，以為半徑畫弧，交于點，連接；以點為圓心，以為半徑畫弧交于點；連接并向兩邊延時交于點，∴，∴，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，且，∴，即，∴是的垂直平分線，∴，∴點即為所求點的位置．【點睛】本題主要考查菱形的性質，全等三角形的判定和性質，垂直平分線的性質，等腰三角形的性質（三線合一）的運用，掌握以上知識，數形結合分析是解題的關鍵．13．(1)見解析(2)(3)【分析】（1）根據題意可得，可證，，得到，，由為的中點，即，得到即可求解；（2）連接，設，，可證明，則，而，由，得到，，則在中，由勾股定理得，解得：，那么由即可求解；（3）連接，由直角三角形性質得到，則，求出，即可求解面積．【詳解】（1）證明：∵根據題意，是直角三角形，，以直角邊為直徑作圓，，∴，∴，，∴，，∴，∵為的中點，即，∴；（2）解：連接，設，∵為直徑，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∵，∴，，∴，∴，∴在中，由勾股定理得：，∴，，，解得：，∴；（3）解：連接，∵，F為中點，∴，∴由上得：，∴，∴圓的面積為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，解直角三角形，直角三角形的性質，難度較大，正確合理轉化是解題的關鍵．14．(1)，理由見解析(2)不成立，理由見解析(3)最小值為，的最小值為【分析】（1）由勾股定理得，則，證明即可求證；（2）先證明為等邊三角形，則，那么同上可證明：，即可得到；（3）①在上截取，連接，過點D作于點，可證明，然后確定軌跡為射線，那么當時，取得最小值，此時點Q由于點V重合，即最小值為，則；②延長，可得，作關于的對稱點，則點在射線上，連接，則，，那么，故當點三點共線時，取得最小值，即為，再由勾股定理即可求．【詳解】（1）解：，理由如下：如圖：連接，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；（2）解：不成立，理由如下，連接∵四邊形是菱形，∴，∴為等邊三角形，∴，同上可證明：∴；（3）解：①在上截取，連接，過點D作于點∵四邊形是正方形，∴∴，由旋轉得：，∴∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴軌跡為射線，∴當時，取得最小值，此時點Q由于點V重合，即最小值為，∴，∴最小值為；②延長，∵，，∴，作關于的對稱點，則點在射線上，連接，則，，∴，∴當點三點共線時，取得最小值，即為，∵，∴，∴的最小值為．【點睛】本題考查了正方形和菱形的性質，解直角三角形，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．15．(1)；(2)存在，點的坐標為，平行四邊形的面積為(3)或【分析】（1）如圖，設一次函數與軸交點為F，與軸交點為E，利用正切的定義得到，，求出，求出k的值，再根據方程有兩個相等的實數根，利用判別式得到關于a的方程求解即可；（2）存在，先求出的坐標，畫出示意圖，結合點都在拋物線對稱軸上，得到為四邊形的對角線，再根據平行四邊形的性質求解即可；（3）先求出平移后的拋物線解析式，利用與面積相等，設，過點的直線為，聯立，利用根與系數的關系求出，進而得到，再分和兩種情況討論，解方程即可．【詳解】（1）解：將代入，則，∴一次函數圖象過點，∵，∴一次函數圖象過一、二、三象限，如圖，設一次函數與軸交點為F，與軸交點為E，則，∴，令，解得，∴，則，一次函數與軸所形成的夾角的正切值為，∴，∴，，一次函數的解析式為；拋物線的頂點坐標為，設拋物線的解析式為，方程有兩個相等的實數根，有兩個相等的實數根，整理得：，，解得：，拋物線的解析式為；（2）解：存在，理由如下：解方程：，可得：，，點的坐標為，點的坐標為，如下圖所示，點、都在對稱軸上，是平行四邊形的對角線，設點的坐標為，當點與點重合，點與點關于軸對稱時，四邊形是平行四邊形，此時點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，，，；（3）解：把拋物線將該拋物線向左平移個單位，再向下平移個單